《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題二 能量與動量 第5講 功 功率 動能定理優(yōu)練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題二 能量與動量 第5講 功 功率 動能定理優(yōu)練（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、功 功率 動能定理一、選擇題(本題共8小題，其中14題為單選，58題為多選)1(2019安徽省滁州市模擬)一根光滑金屬桿，一部分為直線形狀并與x軸負(fù)方向重合，另一部分彎成圖示形狀，相應(yīng)的曲線方程為y5x2。(單位：m)，一質(zhì)量為0.1 kg的金屬小環(huán)套在上面，t0時刻從x1 m處以v01 m/s向右運動，并相繼經(jīng)過x1 m的A點和x2 m的B點，下列說法正確的是(C)A小環(huán)在B點與金屬環(huán)間的彈力大于A點的彈力B小環(huán)經(jīng)過B點的加速度大于A點時的加速度C小環(huán)經(jīng)過B點時重力的瞬時功率為20 WD小環(huán)經(jīng)過B點的時刻為t2 s解析若金屬環(huán)以此初速度水平拋出，平拋的軌跡方程剛好與導(dǎo)軌的曲線方程一樣，金屬環(huán)
2、沿導(dǎo)軌運動時與軌道間沒有作用力，A錯誤；金屬環(huán)做平拋運動，小環(huán)經(jīng)過B點的加速度等于A點時的加速度，B錯誤；小球經(jīng)過B點的時間t3 s，所以小環(huán)經(jīng)過B點的時刻為t3 s，D錯誤；小環(huán)經(jīng)過B點時，vyg(t1)20 m/s，所以小球經(jīng)過B點時重力的瞬間功率為Pmgvy20 W，C正確。2(2019山西模擬)車輛在行駛時，要克服的阻力有輪胎產(chǎn)生的滾動阻力(路阻)及空氣阻力(風(fēng)阻)。有一輛汽車的路阻恒為車重的0.05倍；風(fēng)阻與車速的平方成正比， 即fbv2，b為風(fēng)阻系數(shù)。該車質(zhì)量為1.0103 kg，牽引力的最大功率為94.8 kW，在平直公路上運動時，最大速度可達(dá)60 m/s。則當(dāng)汽車的速度為20
3、m/s時，汽車的最大加速度值約為(取g10 m/s2)(B)A3.6 m/s2B4.1 m/s2C4.6 m/s2 D9.0 m/s2解析當(dāng)速度為v160 m/s時，牽引力為，由牛頓運動定律0.05mgbv0；當(dāng)速度為v220 m/s時，牽引力為，由牛頓運動定律0.05mgbvma。解得：a4.12 m/s2，B正確。3(2019吉林省模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點的物體從傾角為的斜面頂端由靜止釋放，它滑到底端時速度大小為v1；若它由斜面頂端沿豎直方向自由落下，末速度大小為v，已知v1是v的k倍，且k1。則物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為(C)A(1k)sinB(1k)cosC(1k2)tanD解析設(shè)斜
4、面的長度為L，由動能定理得：物體沿斜面下滑時：mgLsinmgLcosmv0，物體自由下落時：mgLsinmv20，由題意可知：v1kv，解得(1k2)tan，C正確。4(2019南昌模擬)如圖所示，物體A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上，輕彈簧的兩端與兩物體拴接，其勁度系數(shù)為k，重力加速度為g。在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為F0，物體B恰好不會離開地面；若恒力大小為2F0，在物體B剛好離開地面時物體A的速度為，設(shè)整個過程中彈簧都處于彈性限度內(nèi)。則物體A與物體B的質(zhì)量比值為(A)A21 B12 C31 D13解析物體A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上，彈簧壓縮，由kx1 mAg
5、，解得x1 mA g/k。在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為F0，物體B恰好不會離開地面，對物體B，由平衡條件，kx2 mBg；解得x2 mB g/k。在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為F0，恒力做功W1 F0(x1x2)。恒力大小為2F0，恒力做功W2 2F0(x1x2)。兩次彈簧彈性勢能變化相同，物體A重力勢能變化相同，W2 W1 F0(x1x2)mAv2，即，解得mAmB21，選項A正確。5(2019河北衡水模擬)如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點為D，AD長為L，圓弧軌道圓心為O半徑為R，DOE，OG水平?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m
6、可看為質(zhì)點的滑塊從A點無初速下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則(CD)A滑塊經(jīng)過E點時對軌道的最小壓力為mgB滑塊下滑后將會從G點飛出C滑塊第二次經(jīng)過E點時對軌道的壓力為3mgD滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程為s解析滑塊從A點滑下后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點，D為最高點來回滾動，此時經(jīng)過E點時對軌道的壓力最小，則從D到E點，由機(jī)械能守恒定律：mgR(1cos)mv，在E點：Nmgm，聯(lián)立解得Nmg(32cos) ，選項A錯誤；從A到G由動能定理：mg(LsinRcos)mgcosLmv其中L，解得：vG0，則滑塊
7、下滑后不能從G點飛出，選項B錯誤；滑塊第一次到達(dá)E點時，根據(jù)動能定理：mgLsinR(1cos)mgcosLmv，解得vE，第二次到達(dá)E點的速度與第一次相同，則由牛頓第二定律：NEmgm，解得NE3mg，選項C正確；由以上的分析可知，滑塊最終將在以E點為最低點，D為最高點來回滾動，則由動能定理：mgLsinmgcoss，解得s，選項D正確。6(2019河南鄭州二模) 如圖所示，質(zhì)量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30，d斜面傾角為60。質(zhì)量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩斜面始終靜止。小物塊到達(dá)斜面底端的過程中，下列說法正確
8、的是(AD)A 兩物塊所受重力沖量相同B 兩物塊所受重力做功的平均功率相同C地面對兩斜面的摩擦力均向左D兩斜面對地面壓力均小于(mM)g 解析設(shè)斜面的底邊長度為L，a物塊沿傾角為30的光滑斜面b下滑，mgsin30ma1，a1t，c物塊沿傾角為60的光滑斜面d下滑，mgsin60ma2，a2t，聯(lián)立解得t1t2。兩物塊所受的重力沖量Imgt相同，A正確；由于兩斜面豎直高度不同，物塊重力做功不同，兩物塊所受重力做功的平均功率不同，B錯誤；在小物塊沿斜面運動過程中，物塊對斜面壓力的水平分力均向左，對斜面由平衡條件可知，地面對斜面的摩擦力方向向右，C錯誤；在小物塊沿斜面下滑過程中，由豎直向下的加速度
9、，物塊處于失重狀態(tài)，所以兩斜面對地面的壓力均小于(mM)g，D正確。7(2019全國高考猜題卷)如圖甲所示，質(zhì)量為m2 kg的物體(可視為質(zhì)點)在平行于斜面向上的拉力F作用下從粗糙斜面上的A點沿斜面向上運動，t2 s時撤去拉力F，其在斜面上運動的部分vt圖象如圖乙所示。已知斜面傾角37，斜面固定且足夠長，取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，下列說法中正確的是(AD)A拉力F的大小為50 NB小物體在斜面上從A點運動到最高點的過程中，克服摩擦力做的功為850 JCt8 s時，小物體在A點上方且距A點的距離為15 mD小物體返回時經(jīng)過A點的動能為300 J 解析根據(jù)速度時間圖象
10、知，勻加速直線運動的加速度：a1 m/s215 m/s2，勻減速直線運動的加速度：a2 m/s210 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得Fmgcosmgsinma1，撤去F后，由牛頓第二定律得mgcosmgsinma2，解得F50 N，0.5，A正確；由圖象的“面積”求得小物塊上升的最大位移x m75 m，摩擦力做的功Wfmgcosx0.5210cos3775 J600 J，B錯誤；58 s內(nèi)物體的位移大小為x3(06) m9 m，t8 s時，小物體在A點上方且距A點的距離為xx(759) m66 m，C錯誤；物體向下運動的加速度a32 m/s2，運動返回到A點的速度v m/s10 m/s，物體的動
11、能Ekmv22(10)2 J300 J，D正確。8(2019山東濟(jì)南期末)用兩塊材料相同的木板與豎直墻面搭成兩個斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底邊，如圖所示。一個小物塊分別從兩個斜面頂端釋放，并沿斜面下滑到底端。對這兩個過程，下列說法正確的是(BC)A沿著1和2下滑到底端時，物塊的速度大小相等B物塊下滑到底端時，速度大小與其質(zhì)量無關(guān)C物塊沿著1下滑到底端的過程，產(chǎn)生的熱量更多D物塊下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量與其質(zhì)量無關(guān)解析對物塊從高為h的斜面上由靜止滑到底端時，根據(jù)動能定理有：mghWf mv2其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動摩擦力為：fNmgcos所以物塊克服摩擦力做的功為：W
12、ffLmgcosLmgLcosmgL底由圖可知，Lcos為斜面底邊長，可見，物體從斜面頂端下滑到底端時，克服摩擦力做功與斜面底端長度L底成正比。沿著1和2下滑到底端時，重力做功相同，而沿2物體克服摩擦力做功小于沿1克服摩擦力做功，則由式得知，沿著2下滑到底端時物塊的速度大于沿1下滑到底端時速度，故A錯誤；聯(lián)立解得：v，故物塊下滑到底端時，速度大小與其質(zhì)量無關(guān)，故B正確；沿1時克服摩擦力做的功最多，物體的機(jī)械能損失最大，產(chǎn)生的熱量多，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系得：產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做功，即為：QWffLmgcosLmgLcosmgL底與質(zhì)量有關(guān)，故D錯誤。二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的
13、解題步驟)9(2019湖南長望瀏寧模擬)某電動機(jī)工作時輸出功率P與拉動物體的速度v之間的關(guān)系如圖(a)所示?，F(xiàn)用該電動機(jī)在水平地面拉動一物體(可視為質(zhì)點)，運動過程中輕繩始終處在拉直狀態(tài)，且不可伸長，如圖(b)所示。已知物體質(zhì)量m1 kg，與地面的動摩擦因數(shù)10.35，離出發(fā)點C左側(cè)s距離處另有動摩擦因數(shù)為20.45、長為d0.5 m的粗糙材料鋪設(shè)的地面AB段。(g取10 m/s2)(1)若s足夠長，電動機(jī)功率為2 W時，物體在地面能達(dá)到的最大速度是多少？(2)若啟動電動機(jī)，物體在C點從靜止開始運動，到達(dá)B點時速度恰好達(dá)到0.5 m/s，則BC間的距離s是多少？物體能通過AB段嗎？如果不能停在
14、何處？答案(1) m/s(2)0.25 m小物體不能通過AB段。停在AB中點。解析(1)電動機(jī)拉動物體后，物體速度最大時，加速度為零，則有水平方向受拉力F等于摩擦力F1f1mg3.5 N根據(jù)PFv 則有：vm m/s(2)當(dāng)物體運動速度小于0.5 m/s時，繩子對物體的拉力為恒力，物體為勻加速運動，拉力F4 N由牛頓第二定律FmaFf1ma1，a1 0.5 m/s2由s得，則BC間的距離s0.25 m小物體過B點后，f22mg4.5 N，做減速運動，運動速度不會大于0.5 m/s，拉力仍為恒力，物體做勻減速運動Ff2ma2a20.5 m/s2 小物體滑行x，x0.25 m則小物體最后停在AB中
15、點位置。 10(2019福建三校聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量m1 kg的小滑塊(體積很小，可視為質(zhì)點)靜止在水平軌道上的A點，在水平向右的恒定拉力F4 N的作用下，從A點開始做勻加速直線運動，F(xiàn)作用一段時間t后撤去，滑塊繼續(xù)運動到B點進(jìn)入半徑為R0.3 m的光滑豎直圓形軌道，在圓軌道上運行一周后從B處的出口(未畫出，且入口和出口稍稍錯開)出來后向C點滑動，C點右側(cè)有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h0.2 m，水平距離s0.6 m。已知滑塊運動到圓軌道的最高點時對軌道的壓力剛好為滑塊重力的3倍，BC長為L2 m，小滑塊與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g10 m/ s2。(1) 求小滑塊通
16、過圓形軌道的最高點P的速度大小；(2) 試通過計算判斷小滑塊能否到達(dá)壕溝的右側(cè)；(3) 若AB段光滑，水平拉力F的作用時間范圍可變，要使小滑塊在運動過程中，既不脫離豎直圓軌道，又不掉進(jìn)壕溝，試求水平拉力F作用時間t的范圍。答案(1)2 m/s(2)不能(3)0t s或 st s或t s解析(1)設(shè)小滑塊通過圓形軌道的最高點P時軌道對小滑塊的壓力為N，由題意可知，N3mg，在P點，由牛頓第二定律， Nmgm解得：vP2 m/s(2)對小滑塊由B到P運動的過程，由機(jī)械能守恒定律 mvmvmg2R對小滑塊由B到C運動的過程，由動能定理， mgLmvmv對小滑塊由C點拋出，由平拋運動規(guī)律， h gt2xvCt聯(lián)立解得x0.4 m0.6 m所以不能到壕溝右側(cè)(3)()恰好運動到豎直圓的最右側(cè)，則Ft1mvB1 mvmgR解得： t1 s所以 0t s()恰好通過豎直圓軌道的最高點mgm mvmgRmvFt2mvB2 所以 t2 s又恰好運動到C點0mvmgLFt3mvB3所以t3 s即 st s () 恰好過壕溝 mvmvmgLFt4mvB4 svCthgt2所以t4 s所以t s- 9 -
2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題二 能量與動量 第5講 功 功率 動能定理優(yōu)練（含解析）
